山东省枣庄2016届高三化学上册期末模拟试题2.doc

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）A聚乙烯食品包装袋、食物保鲜膜都是无毒的高分子化合物B煤经过气化和液化两个物理变化，可变为清洁能C高温能杀死流感病毒是因为构成病毒的蛋白质受热变性D太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置2.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A1mol Zn与足量任意浓度的硫酸反应转移电子数均是2NAB在常温常压下1molC7H16中含有共价键的总数目是23NAC0.1molFeCl3完全水解生成Fe（OH）3胶体粒子数目为0.1NAD33.6L 盐酸在标准状况下所含有HCl分子的数目为1.5NA3.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A1.0molL1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl、SO42B含有大量Fe2+的溶液中：H+、Mg2+、ClO、NO3Cc（H+）=1012molL1的溶液：K+、Ba2+、Cl、BrD能使Al溶解产生H2的溶液中：NH4+、Na+、SiO32、HCO34.已知：向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；向FeCl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色；取实验生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变为蓝色下列判断正确的为（）A上述实验证明氧化性：MnO4Cl2Fe3+I2B上述实验中，共有两个氧化还原反应C实验生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D实验证明Fe2+既有氧化性又有还原性5.短周期主族元素A、B、C、D原子序数依次增大，已知A、C同主族，且A、B、C三种元素最外层电子数之和为15，B原子最外层电子数为A原子最外层电子数的一半，下列叙述正确的是（ ）A原子半径ABCDB2.32gFe3O4与足量B单质完全反应，转移0.09mol电子C常温下，B、D形成的化合物的水溶液pH7D简单气态氢化物稳定性CD6.以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，可用作空军通信卫星电源，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）A电池放电时Na+从a极区移向b极区B电极b采用MnO2，MnO2既作电极材料又有还原作用C该电池的负极反应为：BH4-+8OH-8e- = BO2-+6H2OD每消耗3 mol H2O2，转移的电子为6 mol7.下表中关于物质分类的正确组合是 （ ）类别组合酸性氧化物碱性氧化物酸碱盐ACOCuOH2SO4NH3H2ONa2SBCO2Na2OHClNaOHNaClCSO2Na2O2CH3COOHKOHCaF2DNO2CaOHNO3Cu(OH)2CO3CaCO38.一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到的气体其物质的量为a mol，向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1（在相同条件下），则a可能为（）A0.80 B0.70 C0.60 D0.409.等质量的下列物质与足量浓盐酸反应（必要时可加热），放出Cl2物质的量最多的是（）AKMnO4BMnO2CNaClO3DNaClO10.有一瓶无色溶液，可能含有Na+、K+、Al3+、Mg2+、NH4+、Cl、SO42、HCO3、MnO4离子中的几种为确定其成分，进行如下实验：取少许溶液，逐渐加入过量的Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀且白色沉淀逐渐增多后又部分溶解；另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀产生；用洁净的铂丝蘸取原溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察到黄色火焰下列推断正确的是（）A肯定有Na+、Al3+、Mg2+、SO42B肯定有Na+、Mg2+、Al3+、ClC肯定没有K+、HCO3、MnO4D肯定没有K+、NH4+、Cl11.下列实验操作正确且能达到目的是（）A用NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体B用重结晶法除去KNO3中混有的NaClC用BaCl2溶液鉴别AgNO3溶液和K2SO4溶液D用NaOH溶液和分液漏斗萃取溴水中的溴12.有机物的一元取代物有 A. 3种 B. 4种 C. 6种 D. 8种13.标准状况下，某同学向100mL H2S饱和溶液中通入SO2，所得溶液pH变化如图所示下列分析中正确的是（）Ab点对应的溶液导电性最强B亚硫酸是比氢硫酸更弱的酸Cab段反应是SO2+2H2S3S+2H2OD原H2S溶液的物质的量浓度为0.05molL114.下列叙述正确的是（ ）ANa、Al、Fe金属单质在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱B漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理不相同C将SO2通入Ca（ClO）2溶液可生成CaSO3沉淀D向FeCl2溶液中通入Cl2反应的离子方程式为：Fe2+Cl2Fe3+2C115.下表中各组物质之间通过一步反应不可能实现如图所示转化关系的是（ ） 选项XYZ箭头上所标数字的反应条件ACaOCa（OH）2CaCO3常温遇水BAlCl3NaAlO2Al（OH）3通入CO2CNa2CO3NaOHNaHCO3过量Ca（OH）2溶液DCl2Ca（ClO）2HClO加浓盐酸 第II卷（非选择题）二、填空题16.含氮废水进入水体中对环境造成的污染越来越严重（一）某校环保小组的同学认为可以用金属铝将水中的NO3还原成N2，从而消除氮污染（1）配平以下有关的离子反应方程式：NO3+Al+H2ON2+Al（OH）3+OH(2).以上反应中失电子的物质是，还原产物是，每生成1mol还原产物，转移的电子数目为（3）现需除去1m3含氮0.3mol的废水中的NO3 （设氮元素都以NO3的形式存在），则至少需要消耗金属铝的物质的量为（二）8月12日天津海瑞公司危险品爆炸导致NaCN泄漏，对周边的环境造成极大的威胁（1）NaCN遇水就会产生剧毒物质HCN，请写出其离子方程式(2).天津此次事故中是用双氧水来处理泄漏的NaCN，处理后产生有刺激性气味的氨气与NaHCO3，请写出该反应的化学方程式（3）此次事故中（填“能”或“不能”）用酸性高锰酸钾来处理泄漏的NaCN请用文字结合方程式解释17.（14分）A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，其中B与C为同一周期，D与F为同一周期，A与D、C与F分别为同一主族，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，D是所在周期原子半径最大的元素。请回答下列问题：（1）由A、C两元素可以组成X、Y两种化合物，X在一定条件下可以分解成Y，X的电子式为 ，Y的空间构型为 。D与C形成的化合物D2C2可与Y反应生成单质C，写出该反应的化学方程式并标明电子转移的方向和数目： 。（2）E的氧化物是光导纤维的主要成分，请写出工业生产单质E的化学反应方程式： 。（3）A、B、C三种元素可形成离子化合物W，W的水溶液显酸性，结合离子方程式解释原因： 。（4）A的单质与C的单质在KOH的浓溶液中可以形成原电池，如果以金属M和金属N为惰性电极，在电池的M极通人A的单质气体，N极通入C的单质气体，则M极的电极反应式为 。（5）在10 L的密闭容器中，通入2 mol的FC2气体和3 mol的C气体单质，一定条件下反应后生成FC3气体，当反应达到平衡时，单质C的浓度为021 molL，则平衡时FC2的转化率为 。18（15分）重金属元素铬的毒性较大，含铬废水需经处理达标后才能排放某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，且酸性较强为回收利用，通常采用如下流程处理：注：部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表氢氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2Mg（OH）2Al（OH）3Cr（OH）3pH3.79.611.189（9溶解）（1）氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是 （填序号）ANa2O2 BHNO3 CFeCl3 DKMnO4（2）加入NaOH溶液调整溶液pH=8时，除去的离子是 ；已知钠离子交换树脂的原理：Mn+nNaRMRn+nNa+，此步操作被交换除去的杂质离子是 AFe3+ B Al3+ CCa2+ DMg2+（3）还原过程中，每消耗0.8mol Cr2O72转移4.8mol e，该反应离子方程式为 酸性条件下，六价铬主要以Cr2O72形式存在，工业上常用电解法处理含Cr2O72的废水：该法用Fe作电极电解含Cr2O72的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr（OH）3溶液（1）电解时能否用Cu电极来代替Fe电极？ （填“能”或“不能”），理由是 （2）电解时阳极附近溶液中Cr2O72转化为Cr3+的离子方程式为 （3）常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=11032，溶液的pH应为 时才能使c（Cr3+）降至105 molL1三、实验题19.高锰酸钾是锰的重要化合物和常用的氧化剂。以下是工业上用软锰矿（主要成份MnO2）制备高锰酸钾的流程图。（1）KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂。其消毒机理与下列 （填序号）物质相似。A75%酒精 B双氧水 C苯酚 D84消毒液（NaClO溶液）（2）软锰矿粉碎的目的 。写出MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生的主要反应的化学方程式： 。（3）该生产中需要纯净的CO2气体。若实验室要直接制备出纯净的CO2，所需试剂最好选择_（选填代号）。 a. 石灰石 b. 稀HCl c. 稀H2SO4 d. 纯碱所需气体发生装置是_（选填代号）。（4）上述流程中反应：向K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4，该反应中的还原剂是： 。（5）上述流程中可以循环使用的物质有Ca(OH)2、CO2、 和 （写化学式）。（6）若不考虑物质循环与制备过程中的损失，则每1 mol MnO2可制得 mol KMnO4。20.（14分）钛（Ti）被称为继铁、铝之后的第三金属，四川攀枝花和西昌地区的钒钛磁铁矿储量十分丰富。如右图所示，将钛厂、氯碱厂和甲醇厂组成产业链可以大大提高资源利用率，减少环境污染。据此作答：（1）电解食盐水时，总反应的离子方程式是。（2）写出钛铁矿经氯化法得到四氯化钛的化学方程式：。（3）已知： Mg(s) + Cl2(g) = MgCl2(s)，H641 kJ/mol； Ti(s) + 2Cl2(g) = TiCl4(s)，H770 kJ/mol；下列说法正确的是（选填字母）。a.Mg的燃烧热为641 kJ/molb.Ti的能量一定比TiCl4高c.等质量的Mg(s)、Ti(s)与足量的氯气反应，前者放出的热量多 d.Mg还原TiCl4的热化学方程式为：2Mg(s) + TiCl4(s) = 2MgCl2(s) + Ti(s)；H=512 kJ/mol（4）在上述产业链中，合成192 t甲醇理论上需额外补充H2t（不考虑生产过程中物质的任何损失）。（5）以甲醇、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池。该电池中负极上的电极反应式是。21.碳酸钙、盐酸是中学化学实验中的常用试剂（1）甲同学拟测定CaCO3固体与过量0.1molL1 HCl的反应速率该反应的化学方程式为 设计两种实验方案：方案一：通过测量 和 计算反应速率方案二：通过测量 和 计算反应速率配制250mL 0.1molL1 HCl：量取 mL 10molL1 HCl加入烧杯中，加适量蒸馏水，搅拌，将溶液转入 中，洗涤，定容，摇匀（2）乙同学拟用如图装置探究固体表面积和反应物浓度对化学反应速率的影响限选试剂与用品：0.1molL1 HCl、颗粒状CaCO3、粉末状CaCO3、蒸馏水、量筒、秒表设计实验方案：在固体表面积或反应物浓度不同的条件下，测定 （要求所测得的数据能直接体现反应速率大小）拟定实验表格，完整体现实验方案（表格列数自定；列出所用试剂的用量、待测物理量和拟定的数据；数据可用字母a、b、c等表示）物理量实验序号V（0.1molL1 HCl）/mL实验目的：实验1和2探究固体表面积对反应速率的影响；实验1和3探究反应物浓度对反应速率的影响实验1实验2实验3试卷答案1.B解析：煤的气化是煤与水蒸气反应生成氢气和CO、液化是氢气和CO反应生成甲醇，都是化学变化，B错误。2.A考点：阿伏加德罗常数 分析：A锌为+2价金属，1mol锌完全反应失去2mol电子；B庚烷分子中含有6mol碳碳键、16mol碳氢键，总共含有22mol共价键；C氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体；D标况下盐酸为液体，不能使用标况下气体摩尔体积计算氯化氢的物质的量解答：解：A1mol锌与足量任意浓度的硫酸反应生成1mol硫酸锌，反应中失去2mol电子，转移电子数均是2NA，故A正确；B在常温常压下1molC7H16中含有6mol碳碳键、16mol碳氢键，总共含有22mol共价键，含有共价键的总数目是22NA，故B错误；C氢氧化铁胶体中，胶粒为氢氧化铁的聚集体，无法计算溶液中含有胶粒数目，故C错误；D标准状况下，盐酸不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算33.6L氯化氢的物质的量，故D错误；故选A点评：本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，B为易错点，注意氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体3.C考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：A酸性条件下，NO3具有强氧化性，能氧化还原性离子；B酸性条件下，NO3、ClO具有强氧化性，能氧化还原性离子；Cc（H+）=1012molL1的溶液呈碱性，离子之间不反应且和氢氧根离子不反应；D能使Al溶解产生H2的溶液呈强碱性或强酸性，但不能是强氧化性酸，则和氢离子、氢氧根离子的反应不能大量存在解答：解：A酸性条件下，NO3具有强氧化性，能氧化还原性离子Fe2+生成NO和Fe3+，所以不能大量共存，故A错误；B酸性条件下，NO3、ClO具有强氧化性，能氧化还原性离子Fe2+生成NO或Cl和Fe3+，所以不能大量共存，故B错误；Cc（H+）=1012molL1的溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且和氢氧根离子也不反应，所以能大量共存，故C正确；D能使Al溶解产生H2的溶液呈强碱性或强酸性，但不能是强氧化性酸，NH4+、HCO3和氢氧根离子反应而不能大量共存，SiO32、HCO3和氢离子反应而不能大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子共存，明确离子性质及离子反应条件是解本题关键，注意隐含条件的挖掘，如AB选项，注意D选项中硝酸和Al反应不能生成氢气，所以要排除硝酸，为易错点4.A考点：氧化性、还原性强弱的比较.专题：氧化还原反应专题分析：-高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，浓盐酸做还原剂；氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，亚铁离子做还原剂；三价铁将碘离子氧化为单质碘，三价铁是氧化剂，单质碘是氧化产物，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性解答：-解：A、高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，氯气是氧化产物，每个反应的氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性MnO4Cl2，氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，所以氧化性Cl2Fe3+，三价铁将碘离子氧化为单质碘，二价铁是还原产物，单质碘是氧化产物，所以氧化性F3+I2，故A正确；B、三个反应都是氧化还原反应，故B错误；C、生成Cl2，氧化性强于I2，也能使其变蓝，故C错误；D、反应中Fe2+只是化合价升高，只反映其具有还原性，故D错误故选A点评：本题考查学生关于氧化还原反应中的概念以及氧化还原反应的应用知识，可以根据所学知识进行回答5.C解：A、C同主族，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半，设B的最外层电子数为x，则A、C最外层电子数为2x，三种元素原子的最外层电子数之和为15，则x+2x+2x=15，解得x=3，再根据短周期元素A、B、C、D原子序数依次递增，则A为O元素，B为Al元素，C为S元素，D为Cl元素，A同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径OClSAl，即ADCB，故A错误；BFe3O4与足量Al单质完全反应生成氧化铝与Fe，转移电子为（30）=0.08mol，故B错误；C常温下，B、D形成的化合物AlCl3，属于强酸弱碱盐，溶液中铝离子水解，溶液呈酸性，即其水溶液pH7，故C正确；D同周期自左而右非金属性增强，非金属性ClS，非金属性越强，氢化物越稳定，故稳定性HClH2S，故D错误；故选C6.B试题解析：A、电池工作时，电极b处H2O2得电子被还原生成OH-作正极，阳离子向正极移动，则Na+从a极区移向b极区，故A正确；B、电极b为正极，H2O2得电子被还原生成OH-，MnO2既作电极材料又有催化作用，故B错误；C、负极BH4-失电子发生氧化反应生成BO2-，电极反应式为BH4-+8OH-8e- = BO2-+6H2O，故C正确；D、正极电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，每消耗3molH2O2，转移的电子为6mol，正确。7.BA.CO是不成盐氧化物，错误；C. Na2O2属于过氧化物，不是碱性氧化物，错误；D.NO2不属于酸性氧化物，选B。8.D考点：有关混合物反应的计算.专题：计算题分析：利用极限法解答，假设混合物全是CuS，或混合物全是Cu2S，根据n=计算n（CuO），根据Cu元素守恒计算n（CuS）、n（Cu2S），再根据电子转移数目守恒计算n（NO）、n（NO2），进而计算气体总物质的量，实际气体介于二者之间解答：解：若混合物全是CuS，其物质的量n（CuS）=n（CuO）=0.15mol，CuS中S的化合价由2价上升到+6价，故转移电子物质的量=0.15（6+2）=1.2molNO和NO2的体积相等，设NO为xmol、NO2为xmol，根据得失电子守恒，得3x+x=1.2，解得x=0.3，则NO和NO2的总物质的量为0.3mol2=0.6mol；若混合物全是Cu2S，其物质的量n（Cu2S）=n（CuO）=0.15mol=0.075mol，Cu2S中S的化合价由2价上升到+6价，且Cu元素的化合价由+1价上升到+2价，故转移电子物质的量0.075（8+12）=0.75mol，设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=0.75，根据电子得失守恒，计算得x=0.1875，故NO和NO2的总物质的量为0.1875mol2=0.375mol，实际气体介于0.375mol0.6mol之间，故选D点评：本题考查氧化还原反应计算、混合物计算，难度中等，注意守恒思想与极限法的利用，是对学生综合能力的考查9.C考点：氧化还原反应的计算分析：结合n=计算氧化剂的物质的量，结合得到电子数越多，则生成氯气越多，注意选项C中还原产物、氧化产物均为氯气，以此来解答解答：解：设质量均为m，则转移电子分别为、，显然选项C得到电子最多，生成氯气最多，且氧化产物与还原产物均为氯气，故选C点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化计算转移电子为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大10.A该溶液是无色溶液，则一定不会含有高锰酸跟离子：取部分溶液，加入过量Na2O2固体，过氧化钠先是和水反应生成氢氧化钠和氧气，产生无色无味的气体是氧气，一定不是氨气，说明不含铵根离子；白色沉淀逐渐增多后又部分溶解，则沉淀的成分是氢氧化镁和氢氧化铝，则证明其中一定含有镁离子和铝离子，一定不含有铵根离子、碳酸氢根离子（和铝离子不共存）；取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀产生，和硫酸根离子反应生成白色不溶于硝酸的白色沉淀是硫酸钡沉淀，证明一定含有硫酸根离子；用洁净的铂丝蘸取原溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察到黄色火焰，说明是钠元素的性质，原溶液中含有钠离子；综上所述：原溶液中一定不含：NH4+、HCO3、MnO4；一定含有：Na+、Al3+、Mg2+、SO42；不能确定的是K+、Cl；故选A11.B考点：化学实验方案的评价分析：ANH4Cl受热易分解；B利用二者溶解度随温度变化不同进行分离；CBaCl2溶液与AgNO3溶液和K2SO4溶液反应都生成沉淀；D氢氧化钠能与溴水反应解答：解：ANH4Cl受热易分解，应采用冷却热NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体，故A错误； B硝酸钾的溶解度随温度的变化而变化很明显，而氯化钠基本不变，当温度降低时，硝酸钾溶解度迅速减小，氯化钠基本不变，所以降低温度时，硝酸钾迅速析出，氯化钠不析出，故B正确；CBaCl2溶液与K2SO4溶液生成BaSO4沉淀，与AgNO3溶液反应生成AgCl沉淀，不能鉴别，故C错误；D氢氧化钠能与溴水反应，不能做萃取剂，故D错误故选B点评：本题考查较为综合，涉及物质的分离提纯和除杂等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大12.B13.C考点：二氧化硫的化学性质分析：H2S 饱和溶液中通入SO2，发生反应：SO2+2H2S=3S+2H2O，随着反应的进行，溶液酸性逐渐减弱，但恰好反应时，溶液呈中性，二氧化硫过量，与水反应生成亚硫酸，溶液酸性逐渐增强，根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112mL，根据方程式可知原溶液中硫化氢为0.01mol，通入336mL二氧化硫时，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸pH值更小，故亚硫酸的酸性更强，以此解答该题解答：解：Ab点为中性，只有水，导电性最差，故A错误；B根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112mL，n（SO2）=0.005mol，根据方程式可知原溶液中硫化氢为0.01mol，通入336mL二氧化硫时，溶液中亚硫酸为0.01mol，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸pH值更小，故亚硫酸的酸性比氢硫酸更强，故B错误；Cab段pH在增大，由酸性到中性，则发生的反应是SO2+2H2S=3S+2H2O，故C正确；D由图可知，112mLSO2与硫化氢恰好完全反应，则n（SO2）=0.005mol，由方程式可知n（H2S）=0.01mol，则原H2S溶液的物质的量浓度为=0.1mol/L，故D错误故选C点评：本题考查硫元素化合物性质、化学反应图象等，明确发生的化学反应是解答的关键，注意B选项中应根据溶液物质的浓度相等时pH大小进行判断，学生容易根据已有知识回答，为解答易错点，题目难度中等14.B解：A铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，不生成碱和氢气，故A错误；B漂白粉金属利用其氧化性杀菌消毒，明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，二者原理不同，故B正确；C二氧化硫和次氯酸钙发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸钙，故C错误；D二者反应离子方程式为2Fe2+Cl22Fe3+2C1，故D错误；故选B15.A考点：镁、铝的重要化合物；氯气的化学性质；钠的重要化合物专题：元素及其化合物分析：ACaCO3不能一步生成Ca（OH）2；BAlCl3与过量氢氧化钠反应生成NaAlO2，NaAlO2与弱酸反应生成Al（OH）3，Al（OH）3与盐酸反应生成AlCl3；CNa2CO3与Ca（OH）2反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3与过量Ca（OH）2溶液生成NaOH，NaHCO3加热分解生成Na2CO3；DCl2可与Ca（OH）2反应生成Ca（ClO）2，Ca（ClO）2与酸反应生成HClO，HClO与浓盐酸反应生成Cl2；解答：解：ACaCO3不能一步生成Ca（OH）2，故A错误；BAlCl3与过量氢氧化钠反应生成NaAlO2，NaAlO2与弱酸反应生成Al（OH）3，Al（OH）3与盐酸反应生成AlCl3，故B正确；CNa2CO3与Ca（OH）2反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3与过量Ca（OH）2溶液生成NaOH，NaHCO3加热分解生成Na2CO3，故C正确；DCl2可与Ca（OH）2反应生成Ca（ClO）2，Ca（ClO）2与酸反应生成HClO，HClO与浓盐酸反应生成Cl2，可一步转化，故D正确故选A点评：该题是中等难度的试题，试题设计新颖，基础性强，紧扣教材，侧重对学生基础知识的检验和训练，同时坚固对学生能力的培养，有利于激发学生的学习积极性，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力16.(1)1. 610183106 2. Al；N2；10NA 3. 0.5mol (2).1. CN+H2OHCN+OH 2. NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3 3. 不能NaCN+H2SO4=Na2SO4+HCN考点：氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的原理专题：氧化还原反应专题分析：（一）（1）分析反应中元素化合价变化，找出化合价升高的和化合价降低的元素，依据氧化还原反应得失电子守恒规律结合原子个数守恒配平方程式；根据所含元素化合价升高的反应物为还原剂，其对应的产物为还原产物，所含元素化合价降低的反应物为氧化剂，对应还原产物，结合离子方程式计算转移电子数目；（3）依据方程式：6NO3+10Al+18H2O3N2+10Al（OH）3+6OH，计算解答；（二）（1）NaCN为强碱弱酸盐，水解生成HCN和氢氧化钠；氰化钠与双氧水发生氧化还原反应生成碳酸氢钠和氨气；（3）HCN酸性非常弱，依据强酸制备弱酸原理分析解答解答：解：（一）（1）NO3中氮的化合价由+5价降低为0价，变化5，Al的化合价由0价升高为+3价，变化3，要使氧化还原反应得失电子守恒，则硝酸根硝酸根系数为6，铝系数为10，依据原子个数守恒反应方程式为：6NO3+10Al+18H2O3N2+10Al（OH）3+6OH，故答案为：610183106；6NO3+10Al+18H2O3N2+10Al（OH）3+6OH中，铝化合价升高，失去电子；硝酸根离子中N化合价降低，硝酸根为氧化剂，对应产物氮气为还原产物；依据6NO33N230e，可知每生成1mol还原产物，转移电子数为10mol，个数为10NA；故答案为：Al；N2；10NA；（3）因为含氮0.3mol的废水中的NO3的物质的量为0.3mol，根据化学方程式6NO3+10Al+18H2O3N2+10Al（OH）3+6OH，0.3mol的硝酸根离子消耗金属铝的物质的量为=0.5mol，故答案为：0.5mol；（二）（1）NaCN为强碱弱酸盐，水解生成HCN和氢氧化钠，离子方程式：CN+H2O HCN+OH；故答案为：CN+H2O HCN+OH；氰化钠与双氧水发生氧化还原反应生成碳酸氢钠和氨气，化学方程式：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3；故答案为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3；（3）HCN酸性非常弱，酸化的高锰酸钾中含有大量氢离子，依据强酸制备弱酸原理能生成大量有毒的HCN，方程式：NaCN+H2SO4=Na2SO4+HCN；故答案为：不能；NaCN+H2SO4=Na2SO4+HCN；点评：本题考查了氧化还原反应、盐类的水解，明确氧化还原反应得失电子守恒规律、盐类水解规律是解题关键，题目难度中等17.（14分，每空2分）（1）；倒V形； （2）SiO2+2CSi+2CO（3）铵根离子水解得到氢离子：NH4+ + H2ONH3H2O + H+；（4）H2 2e-+2OH-=2H2O（5）90试题分析：C原子的最外层电子数是次外层的三倍，C为氧元素；C与F同主族，F为硫元素；D是所在周期原子半径最大的元素，D为钠元素；A、D同主族，A为氢元素；其余元素根据问题提示可以推导。（1）A、C形成的化合物有H2O2和H2O，双氧水分解可以得到氧气，所以X是H2O2，分子中既有极性键又有非极性键；H2O为倒V形；（2）E为硅，碳在高温下还原氧化硅生成硅单质和一氧化碳：SiO2+2CSi+2CO（3）为硝酸铵，铵根离子水解得到氢离子：NH4+ + H2ONH3H2O + H+；（4）形成了氢氧燃料电池（碱性），负极通氢气，发生氧化反应，在碱性条件下与氢氧根形成水：H2 2e-+2OH-=2H2O；（5）列出三段式即可计算：90考点：考查物质结构，元素推断、氧化还原反应、盐类水解、化学平衡、电化学。18.I（1）A；（2）AB；CD；（3）3S2O32+4Cr2O72+26H+6SO42+8Cr3+13H2O；II（1）不能；因阳极产生的Cu2+不能使Cr2O72还原到低价态；（2）6Fe2+Cr2O72+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O；（3）5考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质版权所有分析：I某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为Cr2O72，加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72还原为8Cr3+，再调节pH得到Cr（OH）（H2O）5SO4，（1）加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，注意不能引入新的杂质；（2）根据表中数据判断；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+；（3）每消耗0.8mol Cr2O72转移4.8mol e，则1molCr2O72转移6